陕西咸阳三原县2024_2025学年高二下册第一次月考数学试卷[附解析]

这是一份陕西咸阳三原县2024_2025学年高二下册第一次月考数学试卷[附解析]，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题（解答应写出文字说明等内容，欢迎下载使用。
1. 已知数列，，，，，，按此规律，是该数列的（ ）
A. 第项B. 第项C. 第项D. 第项
【正确答案】C
【分析】将已知数列改写为：，可得到该数列的通项公式，即可求得答案．
【详解】此数列可写为：，所以该数列通项公式为：，
令，解之得.
故选：C．
2. 设函数在处的导数存在，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据瞬时变化率的定义即可求解.
【详解】．
故选：C
3. 若等比数列的前项和，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【正确答案】A
【分析】由已知条件得，由此即可求出.
【详解】因为等比数列的前项和，
所以当时，，
所以该等比数列的公比,
所以，解得.
故选：A.
4. 曲线在处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，可得出切线与两坐标轴的交点坐标，再利用三角形的面积公式即可得解.
【详解】对函数求导得，故所求切线斜率为，切点坐标为，
所以，曲线在处的切线方程为，
该切线交轴于点，交轴于点，
因此，曲线在处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为.
故选：D.
5. 已知函数在处取得极值0，则（ ）
A. 6B. 12C. 24D. 12或24
【正确答案】C
【分析】根据在处取得极值0可得，解出即可.
【详解】由题意知，，又在处取得极值0，
则，解得或，
当时，，
函数在R上单调递增，无极值，不符合题意；
当时，，
令或，，
所以在、上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极小值，符合题意，
所以，，
则.
故选：C.
6. 已知函数是定义在上的偶函数，其导函数为，且当时，，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】构造函数，根据题意可判断，是偶函数，在上是增函数，在减函数，把原不等式转化为解不等式，进而，解得即可.
【详解】令，则，
当时，，所以当时，，
即在上是增函数，由题意是定义在上的偶函数，所以，
所以，所以是偶函数，在单调递减，
所以，，
即不等式等价为，
所以，解得或，
所以不等式的解集为．
故选：D
7. 广丰永和塔塔高九层，每至夜色降临，金灯齐明，塔身晶莹剔透，远望犹如仙境．某游客从塔底层（一层）进入塔身，即沿石阶逐级攀登，一步一阶，此后每上一层均沿塔走廊绕塔一周以便浏览美景，现知底层共二十六级台阶，此后每往上一层减少两级台阶，顶层绕塔一周需十二步，每往下一层绕塔一周需多三步，则这位游客从底层进入塔身开始到顶层绕塔一周停止共需（ ）
A. 352步B. 387步C. 332步D. 368步
【正确答案】C
【分析】设从第层到第层所走的台阶数为，绕第层一周所走的步数为，
根据题意数列是等差数列，由等差数列的前项和，同理数列是等差数列，由等差数列的前项和即可求解.
【详解】设从第层到第层所走台阶数为，绕第层一周所走的步数为，
由已知可得，，，，，，
所以数列是首项为26，公差为的等差数列，故，，
数列为公差为的等差数列，故，，
设数列，的前项和分别为，，所以，
，，
故这位游客从底层进入塔身开始到顶层绕塔一周停止共需332步．
故选：C.
8. 若对任意的，且，则的最小值是（ ）
A. B. C. 1D.
【正确答案】D
【分析】先根据函数有意义得出，再构造函数，根据题意得出在上单调递减，进而求出的单调递减区间，再根据即可求解.
【详解】解：对任意的，且，
易知：，
化简得：，
即，
即，
令，
则函数在上单调递减，
因为，
由，可得：，
所以的单调递减区间为，
所以，
所以，
因此，实数的最小值为.
故选：D.
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分.）
9. 定义在上的函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数在上单调递减B. 函数在上单调递减
C. 函数在处取得极小值D. 函数在处取得极大值
【正确答案】AD
【分析】利用函数的函数的图象，可判断函数的单增区间与单减区间，进而可得极大值点，从而可得结论.
【详解】由函数的导函数的图象可知，
当时，，所以在上单调递增，故B错误；
当时，，所以在上单调递减，故A正确；
所以函数在处取得极大值，不是极小值点，故C错误，D正确.
故选：AD.
10. 已知等差数列的前项和为，，，则下列结论正确的有（ ）
A. 是递减数列B.
C. D. 最小时，
【正确答案】BD
【分析】根据等差数列的性质首项可得：公差且即可判断等差数列是递增数列，进而求解.
【详解】因为等差数列的前项和为，且，
所以，则有，
因为，所以公差，且，所以等差数列是递增数列，故选项错误；
，故选项正确；
因为，故选项错误；
由可知：等差数列的前10项均为负值，所以最小时，，故选项正确，
故选.
11. 已知函数，则（ ）
A. 为的极大值点
B. 的图象关于中心对称
C. ，
D. 函数的三个零点成等差数列
【正确答案】ABD
【分析】对于A，利用求导分析函数单调性即可判断；对于B，证明即得；对于C，化简转化，得，排除C；对于D，易得是函数的一个零点，设另两个零点为，，由化简计算推出即可判断.
【详解】对于A，由题设，
由解得或，解得，
故在，上单调递增，在上单调递减，
故为极大值点，A正确；
对于B，由，
故的图象关于中心对称，B正确；
对于C，由，则，可得，
故不存在，，C错误；
对于D，显然是函数的一个零点，设另两个零点为，，
则，
即，
可得
所以，故函数的三个零点成等差数列，D正确.
故选：ABD.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知函数，则______．
【正确答案】
【分析】由导数的四则运算法则求导，结合三角函数值求解即可．
【详解】由，得，则．
故答案为.
13. 1202年，意大利数学家斐波那契（Lenard Fibnacci，约1170-约1250）以兔子繁殖问题，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯，即，．人们在自然界中发现了许多斐波那契数列的例子．斐波那契数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域也有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列，则数列的前2025项的和为________．
【正确答案】1350
分析】由题意可得出新数列，判断出周期性，即可求得答案.
【详解】由题意知数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯，
被2除后的余数构成一个新数列：1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，1，0，⋯，
即数列是以3为周期的数列，一个周期内的三项和为2，
因为，故数列的前2025项的和为，
故1350
14. 若直线是曲线与的公切线，则_______．
【正确答案】
【分析】分别设切点为，，求得切线方程为，，得，，进而可得.
【详解】设直线与曲线与的切点分别为，，
则，，
由，可知
切线方程为，，
即，，
故，，
由得，代入，
得，化简得，
故，
故
四、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知等差数列，前项和为，又．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由题意列方程组求解首项和公差，即可求得答案；
（2）由（1）可得的表达式，讨论和，结合等差数列的前n项和公式，即可求得答案.
【小问1详解】
设等差数列的公差为d，由于，
则，解得，
故；
【小问2详解】
由（1）可知，
当时，，
则；
当时，，
则，
故.
16. 已知函数.
（1）求在区间上的最大值；
（2）若过点存在3条直线与曲线相切，求的取值范围；
【正确答案】（1）（2）
【分析】（1）求，令，求出极值点，极值和区间端点的函数值，即求最大值；
（2）设出切点，写出切线方程，把点的坐标代入切线方程，得.设，则“过点存在3条直线与曲线相切”等价于“有3个不同的零点”.求，判断的单调性，即可求解.
【详解】（1）由得.
令，得或.
因为，
所以在区间上的最大值为.
（2）设过点的直线与曲线相切于点，
则，且切线斜率为，
所以切线方程为，
因此，
整理得.
设，
则“过点存在3条直线与曲线相切”等价于“有3个不同的零点”.
.
当变化时，与的变化情况如下：
所以，是的极大值，
是的极小值.
当，即时，
在区间和上分别至多有1个零点，
以至多有2个零点.
当，即时，
区间和上分别至多有1个零点，
所以至多有2个零点.
当且，即时，
因为，
所以分别在区间和上恰有1个零点.
由于在区间和上单调，
所以分别在区间和上恰有1个零点.
综上可知，当过点存在3条直线与曲线相切时，的取值范围是.
本题考查导数的综合应用，属于较难的题目.
17. 已知数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，记数列的前项和为，求证.
【正确答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）根据数列的递推式即可求数列的通项公式.
（2）利用错位相减求和法求数列的前项和.
【小问1详解】
当时，，
当时，，，
故
时，上式亦成立.
所以数列的通项公式为：
【小问2详解】
因为，
所以，
所以
两式相减得：，
所以.
18. 已知函数
（1）当时，求函数的极大值；
（2）若对任意的，都有成立，求的取值范围；
（3）设，对任意的，且，证明：恒成立．
【正确答案】（1）0 （2）
（3）证明见解析
【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的极大值.
（2）根据给定条件，分享参数并构造函数，利用导数求出最大值即可得解.
（3）等价变形不等式并换元，再构造函数，利用导数证明不等式.
【小问1详解】
当时，，求导得，
当时，，当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时函数取得极大值.
【小问2详解】
，，，求导得，
当时，，当时，，函数在上递增，在上递减．
则当时函数取得最大值，，
所以的取值范围是.
【小问3详解】
依题意，，
对任意的，且，，
令，不等式化为，
令，求导得，
函数在上单调递增，，因此，
所以恒成立.
关键点点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
19. 已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）若函数恰有两个极值点、
①求的取值范围；
②证明：
【正确答案】（1）答案见解析
（2）①；②证明见解析.
【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用函数单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间；
（2）①求得，由题意可知，二次方程有两个不等的正根，利用二次方程根的分布可得出关于的不等式组，解之即可；
②由韦达定理得出，，由此可得出，于是所证不等式变形为，其中，令，其中，利用导数分析函数的单调性，结合其单调性可证得结论成立.
【小问1详解】
由题意知.
当时，，所以的增区间为，无减区间；
当时，令，解得，令，解得，
此时，函数的减区间为，增区间为.
综上所述，当时，函数的增区间为，无减区间；
当时，函数的减区间为，增区间为.
【小问2详解】
①由题意知，
所以，
因恰有两个极值点、，所以方程，即方程有两不等正根，
所以，解得，即的取值范围为；
②由①知，，
所以，
所以，
令，其中，所以，
因为函数、在上均为增函数，
则函数在上单调递增，
又，，
所以，使得，即，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又在上单调递增，则，
所以，所以，所以.
方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
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